МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
Московский физико-технический институт
(государственный университет)
Кафедра высшей математики
Серия «Инновационные технологии современного
математического образования»
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ГОСУДАРСТВЕННОГО
КВАЛИФИКАЦИОННОГО ЭКЗАМЕНА
ПО МАТЕМАТИКЕ
2001-2007 гг.
Часть II
Учебно-методическое пособие
Составитель Л.И. Коваленко
Москва 2007
УДК 517.
Рецензент:
Доктор физико-математических наук Тер-Крикоров А.М.
Методическое пособие по решению задач государственного квалификационного экзамена по математике
в МФТИ. Ч. II. 2004-2005 гг.: Учебно-методическое пособие / Сост. Л.И.Коваленко. М.: МФТИ, 2007. 66 с.
УДК 517
Во второй части пособия рассматриваются три варианта письменной работы ГКЭ 2004/2005 уч.г. Студент на экзамене мог решать не все задачи варианта, а выбрать для решения задачи определённой трудности. В этом поливариативность экзаменационной
работы 2004-2005 уч.г., что является инновационным элементом.
К задачам двух вариантов даны ответы. Один из вариантов приводится с рациональными решениями всех задач. Перед решениями
сообщаются основные правила, помогающие быстро решать задачи.
Они могут быть применены при решении задач других вариантов.
Цель предлагаемого пособия — помочь студенту в сжатые сроки
подготовиться к быстрому решению задач письменной работы ГКЭ.
Обучение быстрому решению задач — это инновационная наукоёмкая составляющая пособия. Может быть использовано при изучении
и повторении соответствующих разделов математики.
c Московский физико-технический институт
(государственный университет), 2007
c Коваленко Л.И., составление, 2007
Содержание
Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Условия задач. 2004/2005 учебный год
Вариант 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Вариант 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Вариант 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы и решения. 2004/2005 учебный
Вариант 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Вариант 3 (с решениями) . . . . . . . . . . . .
Вариант 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
год
. . .
. . .
. . .
4
5
5
10
15
21
21
24
63
4
Предисловие
Письменная работа по математике ГКЭ 2004/2005 уч.г.
имеет ряд особенностей. Она состоит из 10 разделов, в каждый из которых входит 4 задачи: 6 разделов по математическому анализу, 1 — по аналитической геометрии, 1 — по
линейной алгебре, 2 — по обыкновенным дифференциальным
уравнениям (один из которых — по линейным дифференциальным уравнениям и системам).
Студент на экзамене мог решать не все задачи подряд, а
выбрать для решения задачи по определённой тематике и определённой трудности, о чём он мог судить по заголовкам разделов и указанным очкам. Любой студент имел возможность
продемонстрировать своё умение в решении задач из разных
разделов математики, изучаемых на первом и втором курсах.
На работу отводилось 4 часа, по 2 часа на каждую из двух
частей, состоящую из 20 задач. После двух часов работы над
первой частью был 30-минутный перерыв, после которого выдавалась вторая часть.
Составляли задачи доценты Л.И. Коваленко (ответственная), Л.Н. Домышева, В.В. Мартынов.
В данном пособии приводятся три варианта 52, 53, 54 с
ответами, а один из них (№ 53) — с наиболее рациональными
решениями всех задач. Некоторые задачи решаются несколькими способами. Перед решениями задач даются полезные рекомендации, приводятся основные формулы. Всё это может
быть использовано при решении задач на аналогичную тему
из других вариантов.
Рукопись к печати подготовил А.В. Полозов.
Условия задач. 2004/2005 учебный год
5
Условия задач. 2004/2005 учебный год
Вариант 2
Часть 1
I. Дифференцируемость функций одной переменной,
производные высших порядков
1.
2 Найти y 00 (1) функции y(x), заданной неявно уравнением
4y −y 3 +x+x3 = 2 и удовлетворяющей условию y(1) = 0.
y2
2.
2 Найти производную скалярного поля u = x2 + 2 + z 2 в
направлении внешней нормали к поверхности 2x2 + y 2 +
+ 2z 2 = 5 в точке (1; 1; −1).
3.
3 Найти в точке x = 0 производные 6-го и 7-го порядков
функции
3
x
π
y(x) = sin
+
.
3
4
4.
3 Найти вторую производную функции f (x) и исследовать
f 00 (x) на непрерывность в точке x = 0, если
Z x2
1
f (x) =
y(t) dt, y(x) = x sin ,
x
−1
x ∈ (−1; 1) \ {0}, y(0) = 0.
II. Исследование поведения функций одной
переменной
p
3 3
x −x
p
5.
.
2 Найти асимптоты графика функции f (x) =
9x2 − 1
6.
2 Построить график функции y = ex2 ln x, x ∈ (0, +∞).
7.
2 Найти многочлен, приближающий функцию f (x) =
2
= ex −1 в окрестности точки x = 1 с точностью до o((x−
− 1)2 ).
x+sh x
1
8.
.
3 Вычислить предел lim 2 ch x
x→+0
6
Условия задач. 2004/2005 учебный год
III. Интегралы от функций одной переменной
R 2
9.
1 Найти интеграл ln x dx.
10.
2 Найти все значения параметра α, при которых сходится
интеграл
Z 1
(x − x2 )α
dx.
1/3
(1 + x)
0 ln
R +∞ x cos 4x
dx.
11.
2 Исследовать на сходимость интеграл 3
2
R 2dxx − 5
12.
2 Вычислить криволинейный интеграл Γ y + 3x dy, где
Γ — дуга параболы y = x2 , с началом в точке A(2; 4) и
концом в точке B(1; 1).
IV. Функции двух переменных
1 y2.
13.
2 Исследовать на экстремум функцию u = x3 + xy − 6
14.
2 Методом Лагранжа указать точки, в которых функция
f = 8x + 4y − 1 может иметь экстремум при условии
8x2 − y 2 + 2 = 0.
15.
3 Исследовать наpдифференцируемость в точке (0; 0)
функцию f = tg |xy|.
16.
3 Решить уравнение uyy + 2uxy = 8x, преобразовав его,
приняв за новые независимые переменные ξ и η, ξ = x,
η = x − 2y.
V. Ряды. Системы функций
17.
2 Исследовать на сходимость и равномерную сходимость
на множестве E ряд
∞
X
xn
, E = [0; 1).
1 + xn
n=1
18.
3 Написать формулы для вычисления коэффициентов Фурье при разложении функции f (x) =
(x − 4π)4
,
π4
∞
P
a
x ∈ [3π; 5π] в ряд Фурье 20 +
an cos nx + bn sin nx.
n=1
Не вычисляя коэффициенты Фурье, построить на отрезке [−π; 6π] график суммы S(x) этого ряда, указав,
Вариант 2
7
чему равна S(x) при x = 0, x = π. Выяснить, сходится
ли этот ряд равномерно на отрезке [3π; 5π].
19.
3 Исследовать, любую ли непрерывную функцию, обращающуюся в нуль на концах отрезка а) [0; π], б) [π; 3π],
можно приблизить на заданном отрезке с любой степенью точности конечными линейными комбинациями
функций системы {sin kx}, k = 1, 2, . . . , по норме пространства C.
∞
P
n
20.
определена и
3 Доказать, что функция f (x) =
(n−x)n
n=1
2
бесконечно дифференцируема при любом x.
Часть 2
VI. Кратные интегралы. Формулы Грина,
Остроградского–Гаусса, Стокса
В задачах 21–24 система координат прямоугольная
правая.
x

+ 1

r
y
, где
21.
2 Найти циркуляцию векторного поля ~a = 

+x
r
p
r = x2 + y 2 , вдоль окружности r = 2, положительно
ориентированной относительно области r < 2.
22.
2 Вычислить поверхностный интеграл
ZZ
(x2 + y) dy dz + 2y dz dx + dx dy,
S
где S — внешняя сторона полной поверхности полушара
x2 + y 2 + z 2 6 4, z > 0.


1 



 yz 3 
 через ориен23.
3 Найти поток векторного поля ~a = 

 3

x
тированную внутренней нормалью цилиндрическую поверхность x2 + y 2 = R2 , y > 0, 0 6 z 6 R.
R
24.
3 Вычислить интеграл Γ (x2 +z) dx+(x−z) dy +2y dz, где
Γ — замкнутая ломаная ABCA с вершинами A(2; 0; 0),
8
Условия задач. 2004/2005 учебный год
B(0; 2; 0), C(0; 0; 2), положительно
ориентированная от 
1
 

→ 
−

 к плоскости x+y+z = 2.
носительно нормали N = 
1

 

1
VII. Аналитическая геометрия
В задачах 25, 26, 28 система координат прямоугольная.
25.
2 Даны вершины треугольника A(1; 1), B(3; 5), C(3; 2).
Составить уравнение биссектрисы внутреннего угла
треугольника при вершине A.
26.
2 Вычислить расстояние между прямыми l1 , l2 , если
( x = −1 + 6t,
(
x = −4t,
y = 4 + 3t,
l1 :
l2 :
y = 5 − 2t,
z = 1 − 2t,
z = t.
27.
2 Составить уравнение плоскости, проходящей через прямую ~r = ~r0 +~at и параллельной прямой l, если
(~r,~n1 ) = D1 ,
l:
(~a,~n1 ,~n2 ) 6= 0.
(~r,~n2 ) = D2 ,
2
2
28.
− y4 = 1
1 Составить уравнение касательной к кривой x
36
в точке M0 −10; 83 .
29.
2
30.
2
31.
1
VIII. Линейная алгебра
Найти
общее
решение
системы
уравнений
x1 + x2 + x3 + x4 = 1,
x1 − x2 + x3 − x4 = 1.
Линейное
преобразование
в базисе ~e1 , ~e2 имеет матрицу
0 −1
A=
. Найти матрицу A0 этого преобразования
2 −3
в базисе ~e01 , ~e02 , если ~e01 = ~e1 + 2~e2 , ~e02 = ~e1 +~e2 .
Самосопряжённое преобразованиев ортонормированном
4 −2
базисе ~e1 , ~e2 имеет матрицу A =
. Найти ор−2 1
тонормированный базис, в котором матрица этого преобразования имеет диагональный вид.
Вариант 2
9
32.
2 Привести квадратичную форму g = x21 − 4x1 x2 + 2x1 x3 +
+ 4x22 + x23 с помощью метода Лагранжа или элементарных преобразований её матрицы к каноническому виду.
IX. Линейные дифференциальные уравнения
и системы
33.
2 Найти все действительные решения уравнения
x
y 00 − 4y 0 + 5y = 16 sin2 .
2
34.
3 Найти все действительные решения системы уравнений

 ẋ = −2x + y − z,
λ1 = −1,
ẏ = −6x − 4y + 3z,

ż = −2x + 2y − 3z, λ2,3 = −4.
35.
2 Найти интегральную кривую уравнения
y dx = (2x + y 2 ln y) dy,
проходящую через точку (0; 1).
36.
3 Найти общее решение уравнения
(ex − 1)y 00 + 2y 0 − ex y = ex ,
x > 0,
зная его частное решение y1 = −1 и решение y0 = ex + 1
соответствующего однородного уравнения.
X. Дифференциальные уравнения n-го порядка.
Положения равновесия. Вариационная задача
37.
2 Решить уравнение
x(x2 + y 2 ) dx + 2y(y dx − x dy) = 0,
x 6= 0.
38.
3 Найти решение уравнения
y 00 y + y 02 = 2yy 0 ,
удовлетворяющее начальным условиям
y(0) = y 0 (0) = −1.
39.
3 Найти положения равновесия системы уравнений
(
ẋ = 3y − sin y, ẏ = 2 xy 1+ x − 1 ,
10
Условия задач. 2004/2005 учебный год
определить их характер и нарисовать фазовые траектории на плоскости (x, y) для соответствующей линеаризованной системы.
40.
3 Решить вариационную задачу
Z 2
4 2
02
0
J(y) =
xy + 2yy + y + 6y dx y(1) = 3, y(2) = −1.
x
1
Вариант 3
Часть 1
I. Дифференцируемость функций одной переменной,
производные высших порядков
1.
2 Найти y 00 (0) функции y(x), заданной неявно уравнением
x5 +4y = x+y 5 +3 и удовлетворяющей условию y(0) = 1.
2
y
2.
2 Найти производную скалярного поля u = x2 + 2 − z 2
в точке (1; −2; 2) в направлении радиуса-вектора ~r этой
точки.
3.
3 Найти в точке x = 0 производные 8-го и 9-го порядков
функции
1 1+x2
y(x) = e 2 .
5
4.
3 Привести пример функции f (x), дифференцируемой на
интервале (−2; 2), у которой производная разрывна в
x = −1. Проанализировать, может ли функция, удовлетворяющая таким условиям, иметь в точке x = −1
производную второго порядка.
II. Исследование поведения функций одной
переменной
x2 ex − e2x .
5.
2 Найти асимптоты графика функции f (x) =
x−1
e ln(−x)
6.
, x ∈ (−∞; 0).
2 Построить график функции y =
x
7.
2 Найти многочлен, приближающий функцию f (x) =
= ln 3x x+ 4 в окрестности точки x = −2 с точностью
до o((x + 2)2 ).
Вариант 3
8.
3 Вычислить предел lim
x→+∞
11
x+sin 2x
1
x(e x − 1)
.
III. Интегралы от функций одной переменной
R
5
px
9.
dx.
1 Найти интеграл
1 + x2
10.
2 Найти все значения параметра α, при которых сходится
интеграл
α
Z +∞ 3
x +x
dx.
x−1
1
R +∞
cos x1 ·sin x dx.
11.
2 Исследовать на сходимость интеграл 1
12.
2 а) Исследовать на потенциальность векторное поле
 2

3x y + 1 


;
~a =
x3
б) Найти работу этого поля вдоль прямолинейного отрезка с началом в точке A(5; 0) и концом в точке B(3; 4).
IV. Функции двух переменных
13.
2 Исследовать на экстремум функцию u = x3 + 6xy + 6y 2 .
14.
2 Методом Лагранжа указать точки, в которых функция
f = 2x − y − 3 может иметь экстремум при условии x2 −
− y 2 = 27.
15.
в точке (0; 0)
3 Исследовать на дифференцируемость
2 y2 функцию f = arctg x − 2 .
16.
3 Решить уравнение uxx + 6uxy + 9uyy = 2, преобразовав
его, приняв за новые независимые переменные ξ и η, ξ =
= 3x − y, η = x.
V. Ряды. Системы функций
17.
2 Исследовать на сходимость и равномерную сходимость
на множестве E ряд
x
√
ln
1
+
∞
3n
X
, E = [0; 1].
n+x
n=1
12
Условия задач. 2004/2005 учебный год
18.
3 Написать формулы для вычисления коэффициентов Фу5
рье при разложении функции f (x) = x8 , x ∈ (−1; 2) в
∞
P
a
2πnx
ряд Фурье 20 +
an cos 2πnx
3 + bn sin 3 . Не вычиn=1
сляя коэффициенты Фурье, построить на отрезке [−3; 5]
график суммы S(x) этого ряда, указав, чему равна S(x)
при x = 3, x = 5. Выяснить, сходится ли этот ряд равномерно на отрезке [−3; 5].
19.
3 Исследовать, любую ли непрерывную функцию можно
приблизить с любой степенью точности конечными линейными комбинациями функций системы {cos kx}, k =
= h0, 1, 2,i . . . , по норме пространства C на отрезке
а) − π2 ; 0 ; б) [π; 3π].
∞
P
n2 определена и бес20.
3 Доказать, что функция f (x) =
3nx
n=1
конечно дифференцируема при x > 0.
Часть 2
VI. Кратные интегралы. Формулы Грина,
Остроградского–Гаусса, Стокса
В задачах 21–24 система координат прямоугольная
правая.
R
21.
2 Вычислить интеграл Γ (x2 + y 2 ) dx + (x − y 2 ) dy, где
Γ — замкнутая ломаная ABCDA с вершинами A(1; 1),
B(3; 1), C(3; 2), D(1; 2), положительно ориентированная
относительно конечной области, которую Γ ограничивает.
22.
2 Вычислить поверхностный интеграл
ZZ
(2xy + xz 2 ) dy dz − 3yz dx dy,
S
где S — внешняя сторона поверхности, являющейся границей области, ограниченной цилиндром x2 + y 2 = 1,
x > 0, 0 6 z 6 3, и плоскостями: x = 0, z = 0, z = 3.
Вариант 3
13
 6
x 




 через ориенти
23.
3 Найти поток векторного поля ~a =  z 
 2

z
рованную внешней нормалью коническую поверхность
z 2 = x2 + y 2 при y 6 0, 0 6 z 6 1.
 
 2y 


 2z 
 по кон24.
3 Найти циркуляцию векторного поля ~a = 

 

x
туру Γ = S1 ∩ S2 , S1 : z = x2 + y 2 , S2 : x + y − z = 0,
ориентированному
отрицательно относительно нормали
 
1
 

→ 
−

 к плоскости S2 .
N =
1 

 

−1
VII. Аналитическая геометрия
В задачах 25, 26, 28 система координат прямоугольная.
25.
2 Найти расстояние между прямыми l1 , l2 на плоскости,
если
x = 1 + t,
x = 2 + t,
l1 :
l2 =
y = −2 + 2t,
y = 1 + 2t.
26.
2 Написать уравнение плоскости, проходящей через точку
M0 (1; 0; 2) перпендикулярно линии пересечения плоскостей
x+y−z+2=0
и 4x − 3z + 3 = 0.
27.
2 Найти точку пересечения прямой ~r = ~r 0 + ~at с плоскостью ~r = ~r1 +~bu +~cv, ~a~b~c 6= 0.
28.
1 Составить уравнение касательной к кривой y 2 = 16x в
точке M0 (1; −4).
VIII. Линейная алгебра
29.
2 Указать значение параметра α, при котором система
( x − x + x = 1,
1
2
3
уравнений x1 + x2 + x3 = 3,
совместна, и выписать
2x1 − 4x2 + 2x3 = α
общее решение системы при этом значении α.
14
Условия задач. 2004/2005 учебный год
30.
преобразование
в базисе ~e1 , ~e2 имеет матрицу
2 Линейное
1 0
A=
. Найти матрицу A0 этого преобразования в
2 3
базисе ~e01 , ~e02 , если ~e01 = ~e1 −~e2 , ~e02 = 2~e1 −~e2 .
31.
1 Самосопряжённое преобразованиев ортонормированном
−4 5
. Найти орбазисе ~e1 , ~e2 имеет матрицу A =
5 −4
тонормированный базис, в котором матрица этого преобразования имеет диагональный вид.
32.
2 Привести квадратичную форму g = x21 − 5x22 + x23 +
+ 4x1 x2 + 2x1 x3 + 10x2 x3 с помощью метода Лагранжа
или элементарных преобразований её матрицы к каноническому виду.
IX. Линейные дифференциальные уравнения
и системы
33.
2 Найти все действительные решения уравнения
y 00 + 6y 0 + 9y = 2e−3x + 9x + 6.
34.
3 Найти все действительные решения системы уравнений

 ẋ = −x − 4y,
λ1 = −1
ẏ = x − y + z, ,

λ2,3 = −1 ± i.
ż = 3y − z
35.
2 Найти интегральную кривую уравнения
(2x cos x − y tg x) dx − dy = 0,
проходящую через точку (0; 0).
36.
3 Решить уравнение
(x − 1)y 00 + (1 − 2x)y 0 + xy =
ex
,
x−1
x > 1,
зная, что y = ex — решение соответствующего однородного уравнения.
Вариант 4
15
X. Дифференциальные уравнения n-го порядка.
Положения равновесия. Вариационная задача
37.
2 Решить уравнение
y
xy 0 − y = 3x4 e−2 x .
38.
3 Найти решение уравнения
x(yy 00 − y 02 ) = yy 0 ,
удовлетворяющее начальным условиям y(1) = y 0 (1) = 1.
39.
3 Найти положения равновесия системы уравнений
ẋ = arcsin(y − 4x),
ẏ = ex − 2e2x + 1,
определить их характер и нарисовать фазовые траектории на плоскости (x, y) для соответствующей линеаризованной системы.
40.
3 Решить вариационную задачу
Z π
J(y) =
y 02 − 8xyy 0 + 10y cos x dx y(π) = 1.
0
Вариант 4
Часть 1
I. Дифференцируемость функций одной переменной,
производные высших порядков
1.
2 Найти y 00 (0) функции y(x), заданной неявно уравнением
2y + xy 3 + 2ex = 0 и удовлетворяющей условию y(0) =
= −1.
2
2.
2 Найти производную скалярного поля u = x2 + y 2 + z2
в направлении градиента поля v = xy − z 2 в точке
(3; 0; −2).
3.
3 Найти в точке x = 0 производные 6-го и 7-го порядков
функции
1
y(x) =
.
3 − x3
16
Условия задач. 2004/2005 учебный год
4.
3 Найти вторую производную функции f (x) и исследовать
f 00 (x) на непрерывность в точке x = 0, если
Z 1
1
f (x) =
y(t) dt, x ∈ (−1; 1), y(x) = x cos ,
x
x2
x ∈ (−1; 1) \ {0}, y(0) = 0.
II. Исследование поведения функций одной
переменной
p
x2 x2 − x
5.
.
2 Найти асимптоты графика функции f (x) =
x2 − 4
6.
2 Построить график функции y = 2−1/x , x ∈ (0; +∞).
7.
2 Найти многочлен, приближающий функцию f (x) =
=
ln(x − 2)
x − 1 в окрестности точки x = 3 с точностью до
o((x − 3)2 ).
8.
3 Вычислить предел lim
x→+∞
x − ln(1 + x) − 3 cos x
.
2x + ln sh x
III. Интегралы от функций одной переменной
R
2
9.
1 Найти интеграл x ln x dx.
10.
2 Найти все значения параметра α, при которых сходится
интеграл
Z
π/4
tgα 2x dx.
0
R +∞ x sin 2x
dx.
2
0
R
√4x + 5
12.
2 Вычислить криволинейный интеграл Γ 7y x dx+2(x2 +
+ y) dy, где Γ — дуга параболы y = 1 − x2 с началом в
точке A(1; 0) и концом в точке B(0; 1).
11.
2 Исследовать на сходимость интеграл
IV. Функции двух переменных
13.
2 Исследовать на экстремум функцию u = x2 + y 3 + xy + x.
14.
2 Методом Лагранжа указать точки, в которых функция
f = x − 4y − 2 может иметь экстремум при условии x2 −
− 2y 2 + 71 = 0.
15.
3 Исследовать на pдифференцируемость в точке (0; 0)
функцию f = sh |xy|.
Вариант 4
17
16.
3 Решить уравнение uxx − 2uxy = 8(2x + y), преобразовав
его, приняв за новые независимые переменные ξ и η, ξ =
= y, η = 2x + y.
V. Ряды. Системы функций
17.
2 Исследовать на сходимость и равномерную сходимость
на множестве E ряд
∞
X
n=1
xn
,
nn + xn
E = [0; +∞).
18.
3 Написать формулы для вычисления коэффициентов Фурье при разложении функции f (x) = π 2 − (x − 2π)2 , x ∈
∞
P
a
∈ [π; 3π] в ряд Фурье 20 +
an cos nx + bn sin nx. Не
n=1
вычисляя коэффициенты Фурье, построить на отрезке
[−2π; 4π] график суммы S(x) этого ряда, указав, чему
равна S(x) при x = 0, x = −π. Выяснить, сходится ли
этот ряд равномерно на отрезке [π; 3π].
19.
3 Исследовать, любую ли непрерывную функцию, обращающуюся в нуль на концах отрезка а) [−π; 0], б) [−π; π],
можно приблизить на заданном отрезке с любой степенью точности конечными линейными комбинациями
функций системы {sin kx}, k = 1, 2, . . . , по норме пространства C.
∞ n(x−n)
P
e √
определена и
20.
3 Доказать, что функция f (x) =
n=1
n
бесконечно дифференцируема при любом x.
Часть 2
VI. Кратные интегралы. Формулы Грина,
Остроградского–Гаусса, Стокса
В задачах 21–24 система координат прямоугольная
правая.
18
Условия задач. 2004/2005 учебный год
x


2 − y


r
, где
21.
2 Найти циркуляцию векторного поля ~a = 

 y + 2

2
r
p
r = x2 + y 2 , вдоль окружности r = 3, положительно
ориентированной относительно области r < 3.
22.
3 Вычислить поверхностный интеграл
ZZ
(3x − z) dy dz + (y + 2z) dx dy,
S
где S — плоский треугольник с вершинами (1;0; 
0),
1

→  
−


.
(0; 1; 0), (0; 0; 1), ориентированный нормалью N = 

1

1


xz 


 3y + z 


23.
через ори2 Найти поток векторного поля ~a = 




0
2
ентированную внешней нормалью поверхность x4 +y 2 +
+ z 2 = 1.
R
24.
3 Вычислить интеграл Γ y dx − z dy + (z 3 − 2x) dz, где
контур Γ = S1 ∩ S2 , S1 : x2 + y 2 = 1, S2 : 3x + y + z =
= 1, положительно
ориентирован относительно нормали
 
3


→ 
−


 к плоскости S2 .
N =

1

1
VII. Аналитическая геометрия
В задачах 25, 26, 28 система координат прямоугольная.
25.
2 Даны две вершины A(−6; 2), B(2; −2) треугольника
ABC и точка D(1; 2) пересечения его высот. Составить
уравнение стороны AC.
26.
2 Найти расстояние ρ между двумя параллельными прямыми l1 и l2 :
x−5
y−3
z−2
x−4
y+3
z−1
l1 :
=
=
, l2 :
=
=
.
3
4
2
3
4
2
Вариант 4
19
27.
2 Составить уравнение плоскости, проходящей через две
точки M1 (~r1 ), M2 (~r2 ) и перпендикулярной плоскости
(~r −~r0 ,~n1 ,~n2 ) = 0, [~r1 −~r2 , [~n1 ,~n2 ]] 6= ~0.
28.
1 Составить уравнение касательной к кривой xy = 2 в
точке M0 (1; 2).
VIII. Линейная алгебра
29.
общее
решение
системы
уравнений
2 Найти
x1 + 2x2 + x3 = 2,
2x1 + 3x2 + x4 = 1.
30.
преобразование
в базисе ~e1 , ~e2 имеет матрицу
2 Линейное
−2 −2
A=
. Найти матрицу A0 этого преобразова1 1
ния в базисе ~e01 , ~e02 , если ~e01 = 2~e1 −~e2 , ~e02 = ~e1 −~e2 .
31.
ортонормированном
1 Самосопряжённое преобразование в 1 2
. Найти орбазисе ~e1 , ~e2 имеет матрицу A =
2 1
тонормированный базис, в котором матрица этого преобразования имеет диагональный вид.
32.
2 Привести квадратичную форму g = 2x21 + 2x22 − 4x1 x2 −
−4x2 x3 с помощью метода Лагранжа или элементарных
преобразований её матрицы к каноническому виду.
IX. Линейные дифференциальные уравнения
и системы
33.
2 Найти все действительные решения уравнения y 00 −2y 0 =
= 4x + 5 sin x.
34.
3 Найти все действительные решения системы уравнений

 ẋ = 2x − 3y,
λ1 = 2
ẏ = x − 2z, ,

λ2,3 = 1.
ż = −y + 2z,
35.
2 Найти интегральную кривую уравнения
y 3 dx = (4xy 2 − 6) dy,
проходящую через точку (2; 1).
20
Условия задач. 2004/2005 учебный год
36.
3 Найти общее решение уравнения
(1 − x2 )y 00 − xy 0 + y = 1,
0 < x < 1,
зная два его решения y1 = 1, y2 = 5x + 1.
X. Дифференциальные уравнения n-го порядка.
Положения равновесия. Вариационная задача
37.
2 Решить уравнение
y 2 (x2 dy + 2xy dx) + x dy = y dx.
38.
3 Найти решение уравнения
2xy 0 y 00 = y 02 + x2 ,
удовлетворяющее начальным условиям
y(1) = 0, y 0 (1) = 1.
39.
3 Найти положения равновесия системы уравнений
ẋ = sh(2xy
− y + 1),
√
ẏ = 4 1 + 12x − 1,
определить их характер и нарисовать фазовые траектории на плоскости (x, y) для соответствующей линеаризованной системы.
40.
3 Решить вариационную задачу
Z 1
1
3
3 02
2
0
J(y) =
x y − 3x yy − 4y dx, y
= 9, y(1) = .
2
2
1/2
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
21
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
Вариант 2
1. y 0 (1) = −1, y 00 (1) = − 23 .
2. ∂u
= 3.
∂~l
√
3. y (6) (0) = −20 2, y (7) (0) = 0.
4. f 0 (x) = 2x3 sin 12 , x ∈ (−1; 1) \ {0}, f 0 (0) = 0; f 00 (x) =
x
= 6x2 sin 12 − 4 cos 12 , x ∈ (−1; 1) \ {0}, f 00 (0) = 0, f 00 (x) в
x
x
x = 0 разрывна.
5. x = 31 при x → 13 + 0, x = − 31 при x → − 13 − 0, y = 31 при
x → +∞, y = − 13 при x → −∞.
y
1
√
e e
0
√1
e
1
x
− 12
6.
y0
Рис. 1
1
= 2ex ln x + 2 , x > 0, y 00 = 2e ln x + 32 , x > 0;
Асимптот нет; lim y = 0, lim y 0 = 0; y 0 √1
= 0,
e
x→+0
x→+0
1
1
1
1
00
√
√
√
y
= 0, y
= − 2 (лок. мин.), y
=
e e
e
3
= − 2 (перегиб). График см. на рис. 1.
2e
7. f (x) = 1 + 2(x − 1) + 3(x − 1)2 + o((x − 1)2 ).
e e
22
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
8. e2 .
9. x ln2 x − 2x ln x + 2x + C.
10. α > − 32 .
11. Сходится.
12. −15.
13. A(0; 0) — нет экстремума; B(−1; −3) — точка строгого
локального
максимума.
14. λ1 = 1, A − 21 ; 2 ; λ2 = −1, B 12 ; −2 .
15. Недифференцируема.
16. uξη = −2ξ, u = x2 (2y − x) + ϕ(x − 2y) + ψ(x), ∀ ϕ, ψ ∈ C 2 .
1 1 n =
17. Сходится; сходится неравномерно, так как un
2
1
2
=
= 31 , не выполнено необходимое условие равно1
1+ 2
мерной сходимости.
18. S(0) = S(4π) = f (4π) = 0, S(π) = S(3π) = f (3π) = 1.
y
1
−π
0
π
2π
3π
4π x
Рис. 2
Сходится равномерно (по теореме
о равномерной схоR 5π
димости ряда Фурье), an = 15 3π (x−4π)4 cos nx dx, n = 0,
π
1, . . . , bn = 0, n = 1, 2, . . . , l = π. График см. на рис. 2.
19. а) Да; б) нет, f = cos x2 .
20. ∀ x = x0 ряд сходится; при x 6 d, ∀ d, сходится равномерно; и там же сходятся равномерно ряды для производных.
6
21. 4π.
22. 32
23. − πR
24. 10.
25. y = x.
3 π.
8 .
26. √1 . 27. (~r −~r0 ,~a, [~n1 ,~n2 ]) = 0. 28. 5x + 12y + 18 = 0.
5 
 
   
x1 
−1 
0  1


















Ci = const,








x
0
−1
0
2











29. 
= C1 
+ C2 
+
,
















i = 1, 2.



 x3 

 1 

 0 
 
0

x4
0
1
0
Вариант 2
23
1 1
−2 0
; A0 =
.
2 1
0 −1
 
 
1
−2


1
1
√
√
 ; λ2 = 5, h2 =
 
.
31. λ1 = 0, h1 =
2
1
5
5
30. S =
32. g = ξ12 +ξ22 −ξ32 , ξ1 = x1 −2x2 +x3 , ξ2 = x2 +x3 , ξ3 = x2 −x3 .
33. y = C1 e2x cos x + C2 e2x sin x + 58 + sin x − cos x, Ci — const,
i = 1, 2.
 
 
 
x
0
1














−t
−4t
+
34. 
y  = C1 e 
1  + C2 e 
0



 

 

 

z
1
2
    
1 0




+
1
, C — const, i = 1, 2, 3.
−4t




+C3 e
t 0
i
 
 
 

2
0
35. x = 12 y 2 ln2 y.
C
2 − 1, C — const, i = 1, 2.
36. y = C1 (ex + 1) + ex −
i
1
2
2
37. x − ln 1 + y 2 = C, C = const. Cex = 1 + y 2 .
x
38. y = −ex .
x
y
0
η
1
ξ
Рис. 3
39. (1; 0),
√
ξ˙ = 2η,
(ξ = x − 1, η = y), λ1,2 = −1 ± 3i,
η̇ = −2ξ − 2η,
24
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
устойчивыйфокус,
закручивание
по часовой стрелке, ξ =
 

˙
ξ
0
 
=
 
 (см. рис. 3).
= 1, η = 0, 
η̇
−2
40. y = 42 − x; абсолютный минимум; уравнение Эйлера:
x
x2 y 00 + xy 0 − 4y = 3x.
Вариант 3
Часть 1
Для вычисления производной y 0 функции y(x), заданной
неявно уравнением F (x, y) = 0, дифференцируем по x
тождество F (x, y(x)) ≡ 0 и из полученного равенства
находим y 0 (x).
1. Имеем
5x4 + 4y 0 = 1 + 5y 4 · y 0 .
(1)
0
Так как y(0) = 1, то из (1) следует y (0) = −1. Дифференцируя тождество (1), получаем
20x3 + 4y 00 = 20y 3 · y 02 + 5y 4 · y 00 ,
y 00 (0) = −20.
Производную дифференцируемой функции u(x, y, z) по
направлению вектора~l, |~l| = 1, можно вычислить по формуле
∂u
= (~l, grad u),
(2)
∂~l
 
u

 x




. Система координат прямоугольная.
grad u = 
 uy 

uz
 
1

√

 


, grad u =
2. ~l = |~~rr| , |~r| = 1 + 4 + 4 = 3, ~l = 31 
−2

 

2


2x






= 
y 
. В точке M0 (1; −2; 2) имеем grad u(M0 ) =




−2z
 
2

 
 ∂u


,
=  −2 
= 31 (2 + 4 − 8) = − 2
3 (см. (2)).
 
 ∂~l
−4
Вариант 3
25
Для вычисления в точке x = 0 производной y (k) функции
y(x) можно использовать разложение y(x) по формуле
Маклорена в точке x = 0 до o(xk ), если такое разложение
n
P
ak xk + o(xn ), откуда
известно, y =
k=0
y (k) (0) = k!ak
(3)
√ x2
3. y(x) = 51 ee 2 =
√ = 15 e 1 + 12 x2 + 2!1· 4 x4 + 3!1· 8 x6 + 4! 1· 16 x8 + o(x9 ) .
Используя формулу (3), получаем
√
√
e
(8)
= 21 e, y (9) (0) = 0.
y (0) = 8!
4! · 80
Если функция f (x) дифференцируема на интервале (a; b)
и точка x0 ∈ (a; b) является точкой разрыва производной
f 0 (x), то разрыв f 0 может быть только 2-го рода. Действительно, если существуют конечные односторонние
пределы:
то A =
lim f 0 (x) = A и
lim f 0 (x)
x→x0 +0
x→x0 −0
B = f 0 (x0 ), так как при h = x − x0
= B,
f (x0 + h) − f (x0 )
=
h
f (x0 + h) − f (x0 )
= lim
= lim f 0 (ξ) = A,
h→+0
h→+0
h
0
ξ = x0 + θh, 0 < θ < 1, аналогично f (x0 ) = B.
Функция ψ(x), имеющая производную ψ (n) , n > 1, n ∈
∈ N, в точке x0 ∈ (a, b), непрерывна в x0 вместе с производными ψ (k) , 0 6 k 6 n − 1.
f 0 (x0 ) = lim
h→0
4. Рассмотрим при x ∈ (−2; 2) функцию
1
2
f (x) = (x + 1) sin x + 1 , x 6= −1,
0,
x = −1.
26
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
f (x) − f (−1)
=
lim (x +
x+1
x+1→0
1 = 0, f 0 (x) = 2(x + 1) sin 1 − cos 1 при
+ 1) sin x +
1
x+1
x+1
Имеем f 0 (−1)
=
lim
x+1→0
x 6= −1, f (x) дифференцируема на (−2; 2).
Так как не существует lim f 0 (x) ( lim
x+1→+0
x+1→−0
f 0 (x) тоже
не существует), то точка x = −1 является точкой разрыва
f 0 (x).
У любой дифференцируемой на (−2; 2) функции, имеющей в точке x = −1 разрывную производную, не может в
x = −1 существовать вторая производная, так как в противном случае первая производная в x = −1 была бы непрерывна.
При исследовании графика функции f (x) на невертикальные асимптоты y = kj x + bj , j = 1, 2, надо вычислить kj , bj , если такие существуют:
f (x)
f (x)
k1 = lim
, k2 = lim
,
x→+∞ x
x→−∞ x
b1 = lim (f (x) − k1 x), b2 = lim (f (x) − k2 x).
x→+∞
x→−∞
Иногда удобно получить асимптотические разложения
f (x):
f (x) = k1 x + b1 + o(1),
x → +∞;
f (x) = k2 x + b2 + o(1),
x → −∞.
Используется предельное соотношение при ∀ α ∈ R
xα
lim x = 0.
x→+∞ e
(4)
5. x = 1 — вертикальная асимптота , так как lim f (x) =
x→1
= ∞. Асимптоты при x → +∞ нет, так как в силу (4)
"
#
f (x)
−e2x
x2
1 −1
lim
= lim
1− x
1−
= −∞.
x→+∞ x
x→+∞
x2
e
x
Вариант 3
27
y = 0 — горизонтальная асимптота при x → −∞ ,
так как
"
#
1
1 −1
x
1 − 2 −x
1−
= 0.
lim f (x) = lim
x→−∞
x→−∞ e−x
x e
x
6. Имеем y(−1) = 0.
x = 0 — вертикальная асимптота при x → −0, так как
e ln(−x)
= +∞.
x
y = 0 — горизонтальная асимптота при x → −∞, так как
lim y(x) = lim
x→−0
x→−0
e ln(−x)
= 0,
x→−∞
x
lim y(x) = lim
x→−∞
что следует из (4).
Вычисляем y 0 , y 00 . Получаем
e
y = 2 (1 − ln(−x)),
x
0
2e
y =− 3
x
00
3
− ln(−x) .
2
y
√
−e e
−e
x
0
−1
Рис. 4
x −∞
y
y0
3
−e 2
−e
0
3
−0
− √
−1
+∞
2 e
− − 12 − 0 +
2e
y 00
−
0
+ + +
√
x = −e — точка минимума, x = −e e — точка перегиба.
График y(x) см. на рис. 4.
28
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
Пусть f (x) — n раз дифференцируемая в точке x0 функция.
Многочлен, приближающий функцию f (x) в окрестности точки x0 с точностью до o((x − x0 )n ), единственен.
Это многочлен Тейлора (Маклорена, если x0 = 0).
7. Делаем замену переменной t = x + 2, x = t − 2. Функцию
ϕ(t) ≡ f (t − 2) разлагаем по формуле Маклорена до o(t2 ).
Получаем
ϕ(t) = ln
1 − 2t
t−2
= ln
=
3t − 2
1 − 3t
2
3t
t
− ln 1 −
= t + t2 + o(t2 ),
= ln 1 −
2
2
откуда f (x) = x + 2 + (x + 2)2 + o((x + 2)2 ).
При вычислении lim uv (x0 может равняться ±∞) исx→x0
пользуем равенства:
uv = ev ln u ,
lim (v ln u)
lim uv = ex→x0
x→x0
.
(5)
8. На основании (5) надо вычислить
h
i
1
lim (x + sin 2x) ln x(e x − 1) .
(6)
x→+∞
1
Разложим e x по степеням x1 до o 12 при x → +∞.
x
1
Получим e x = 1 + x1 + 12 + o 12 при x → +∞. Тогда
2x
при x → +∞
x
1
1
(x + sin 2x) ln(x(e − 1)) = (x + sin 2x) ln 1 +
+o
=
2x
x
sin 2x
1
1
=x 1+
+o
,
x
2x
x
1
x
откуда следует, что предел (6) равен 21 . Искомый предел
√
равен e.
Вариант 3
29
√
9. Сделав подстановку u = 1 + x2 , x2 = u2 − 1, x dx = u du,
получим
Z
Z
Z
x5
√
dx = (u2 − 1)2 du = (u4 − 2u2 + 1) du =
1 + x2
u5 2 3
=
− u + u + C,
5
3
C — любая постоянная.
При исследовании на сходимость несобственных интегралов от знакопостоянных функций пользуются следствием из признака сравнения: если функции f (x), g(x)
положительны и непрерывны
при Rx > a и f (x) ∼ g(x)
R +∞
+∞
при x → +∞, то a f (x) dx и a g(x) dx сходятся
или расходятся одновременно.
Аналогичные утверждения верны для несобственных
интегралов других типов от знакопостоянных функций.
10. Обозначим данный интеграл через J:
Z 2
Z +∞
J=
f (x) dx +
f (x) dx,
1
2
α
3+x
x
где f (x) = x − 1
.
R2
1) Исследование на сходимость 1 f (x) dx.
R2
2α
f (x) ∼ (x −
≡
g
(x);
1
α
1 g1 (x) dx сходится при
1)
x→1+0
Rα2 < 1, расходится при α > 1. То же самое верно для
1 f (x) dx.
R +∞
2) Исследование на сходимость 2 f (x) dx.
3α
1 ≡ g (x); R +∞ g (x) dx сходится
f (x) ∼ xxα = −2α
2
2
2
x→+∞
x
при −2α > 1, α < − 21 , расходится при α > − 12 . То же
R +∞
самое верно для 2 f (x) dx.
1 , расхоСледовательно, J сходится при α < − 2
дится при α > − 1
2.
30
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
Несобственный интеграл с особенностью в точке x = b
расходится тогда и только тогда, когда не выполнено
условие Коши, т.е.
∃ε > 0 :
∀ η ∈ [a; b) ∃ η 0 ∈ (η; b),
Z 00
η
f (x) dx > ε.
η0
∃ η 00 ∈ (η; b) :
11. lim cos x1 = 1, cos x1 > 21 при x > 1; для ∀ η ∈ [1; +∞)
x→+∞
∃ η 0 = 2πn > η, ∃ η 00 = 2πn + π:
Z 00
Z
η
2πn+π
1
1
cos · sin x dx =
cos · sin x dx >
η0
x
x
2πn
Z
1 2πn+π
>
sin x dx = 1 = ε,
2 2πn
т.е. исследуемый интеграл расходится.
 
P
 

Достаточным условием потенциальности поля ~a = 
Q
с непрерывно дифференцируемыми компонентами в односвязной области D ⊂ R2 является выполнение в D равенства
∂P
∂Q
=
.
(7)
∂x
∂y
Работа потенциального поля ~a вдоль AB ⊂ D (AB —
кусочно-гладкая кривая) равна
Z
Z
~a d~r =
P dx + Q dy = u(B) − u(A),
(8)
AB
AB
где u — потенциал поля ~a, P dx + Q dy = du.
Так как работа потенциального в D поля ~a не зависит
от пути, соединяющего в D точки A ∈ D и B ∈ D, то
можно находить работу поля ~a, не используя потенциал,
а выбирая наиболее удобный для вычисления интеграла
(8) путь AB.
Вариант 3
31
12. а) Так как P = 3x2 y + 1, Q = x3 , то выполнено условие (7)
в любой точке (x, y) ∈ R2 :
∂Q
∂P
= 3x2 =
.
∂x
∂y
Поле ~a потенциально.
б) Первый способ.
(3x2 y + 1) dx + x3 dy = d(x3 y + x),
u = x3 y + x + C.
Согласно (8)
Z
~a d~r = u(B) − u(A) = 33 · 4 + 3 − 5 = 106.
AB
Второй способ. Взяв в качестве
пути AB ломаную ACB, C(3; 0) (см.
рис.
Z 5), получим
Z
AB
ACB
Z3
Z4
= dx + 33 dy = −2 + 27 · 4 = 106.
5
4
B
(3x2 y + 1) dx + x3 dy =
~a d~r =
y
0
3
C
5
A x
Рис. 5
0
При исследовании функции u(x, y) на экстремум находим стационарные точки Mi . Далее выясняем, являются
ли квадратичные формы Φi (dx, dy) = d2 u(Mi ) знакопостоянными.
Для этого можно использовать критерий Сильвестра
положительно определённой формы и следствие из него
для отрицательно определённой.
Если ранг квадратичной формы в R2 равен двум и
форма не знакопостоянная, то она является неопределённой.
Можно исследовать квадратичную форму Φi , приведя
её к диагональному виду.
32
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
13. Находим du.
du = 3x2 dx + 6x dy + 6y dx + 12y dy =
= 3(x2 + 2y) dx + 6(x + 2y) dy. (9)
Координаты стационарных точек находим из системы
уравнений:
x2 + 2y = 0, x + 2y = 0.
Имеем x2 − x = 0, x = 0, x = 1; M1 (0; 0), M2 1; − 21 —
стационарные точки.
Находим d2 u, используя (9).
d2 u = 6x(dx)2 + 12 dx dy + 12(dy)2 .
Исследуем квадратичные формы Φi = d2 u(Mi ).
2
Первый способ.
Φ
1 (dx, dy) = d u(M1 ) = 12 dx dy +
0 6
+ 12(dy)2 , A1 =
, det A1 = −36 6= 0, rang A1 = 2.
6 12
Φ1 — не является знакопостоянной квадратичной формой, Φ1 — неопределённая квадратичная форма, поэтому
функция u в точке M1 (0; 0) экстремума не имеет.
Φ2 (dx, dy) = d2 u(M2 ) = 6(dx)2 + 12 dx dy + 12(dy)2 .
6 6
A2 =
= kaij k, i, j = 1, 2; a11 = 6 > 0, det A2 =
6 12
= 36 > 0, поэтому Φ2 — положительно определённая квадратичная форма (на основании
Сильвестра),
критерия
1
следовательно, u в точке M2 1; − 2 имеет строгий
минимум.
2
Второй
способ. Φ1 (dx,
dy) = 12 dx dy + 12(dy) =
2
2
(dx)
= 12 dy + dx
− 4
= 12ξ12 − 3η12 , где ξ1 = dx
2
2 +
+ dy, η1 = dx
2 ; Φ1 — неопределённая квадратичная форма,
следовательно, функция u в точке M1 (0; 0) экстремума не
имеет.
Φ2 = 6(dx)2 + 12dx dy + 12(dy)2 =
= 6((dx + dy)2 + (dy)2 ) = 6ξ22 + 6η22 ,
Вариант 3
33
где ξ2 = dx + dy, η2 = dy; Φ2 — положительно определённая
форма, следовательно, u в точке
квадратичная
1 имеет строгий минимум.
M2 1; − 2
Для отыскания точек возможного экстремума функции
f (x, y) при условии ϕ(x, y) = 0 выписываем функцию
Лагранжа L = f + λϕ с неопределённым множителем
Лагранжа λ, а далее находим стационарные точки для
L, определяя множитель для каждой из них.
14. Выписываем функцию Лагранжа с множителем λ:
L = 2x − y − 3 + λ(x2 − y 2 − 27);
dL = 2dx − dy + λ(2x dx − 2y dy) = 2(1 + λx) dx − (1 + 2λy) dy.
Имеем систему уравнений
1 + λx = 0,
1 + 2λy = 0,
x2 − y 2 = 27,
1 , 1 − 1 = 27, 1 =
откуда находим x = − λ1 , y = − 2λ
λ2
4λ2
λ2
1
1
2
= 36, λ = 36 ; λ1 = 6 , x1 = −6, y1 = −3 ; λ2 = − 16 ,
x2 = 6, y2 = 3 .
Приращение функции f (x, y), дифференцируемой в
точке M0 (x0 ; y0 ), должно быть представимо в виде
∆f = f (x, y) − f (x0 , y0 ) = A∆x + B∆y + α,
где A = fx (M0 ), B = fy (M0 ), ∆x =p
x − x0 , ∆y = y − y0 ,
α = o(ρ) при ∆x → 0, ∆y → 0, ρ = (∆x)2 + (∆y)2 ,
lim
∆x→0
∆y→0
∆f − fx (M0 )∆x − fy (M0 )∆y
α
= lim
= 0. (10)
∆x→0
ρ
ρ
∆y→0
15. Имеем fx (0, 0) = lim
x→0
f (x, 0) − f (0, 0)
arctg(x2 )
=
lim
= 0,
x
x
x→0
аналогично находим fy (0, 0) = 0; тогда
2 y2 arctg x − 2 α
p
=
.
ρ
x2 + y 2
34
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
Воспользовавшись оценкой arctg u 6 u при u > 0, получим
2 y2 x − 2
p
α
x2 + y 2
06 6 p
6p
= x2 + y 2 ,
ρ
x2 + y 2
x2 + y 2
откуда следует (10). Функция f (x) дифференцируема
в точке (0; 0).
При замене переменных в уравнениях с частными производными пользуемся правилом вычисления частных производных сложной функции.
16. Пересчитываем частные производные до второго порядка
включительно искомой функции u, которую считаем дважды непрерывно дифференцируемой. Имеем
ux = 3uξ + uη ,
uxx = 9uξξ + 6uξη + uηη ,
uy = −uξ ,
uyy = uξξ ,
uxy = −3uξξ − uηξ .
Данное в условии уравнение переходит в такое
uηη = 2.
Решая его, получаем
uη = 2η + ϕ(ξ),
2
u = η + ηϕ(ξ) + ψ(ξ) = x2 + xϕ(3x − y) + ψ(3x − y),
где ϕ, ψ — любые дважды непрерывно дифференцируемые функции.
При исследовании на равномерную сходимость на множестве E функционального ряда, который мажорируется при любом x ∈ E одним и тем же числовым сходящимся рядом, пользуемся признаком Вейерштрасса.
С помощью признака Вейерштрасса устанавливается
как равномерная, так и абсолютная сходимость ряда на
множестве E.
Вариант 3
35
17. Пользуясь неравенством ln(1 + t) 6 t, t > 0, получаем для
|un (x)|, где un (x) — общий член данного ряда, оценку при
любом x ∈ E
x
ln 1 + √
3
|un (x)| = un (x) =
Так как ряд
n
n+x
∞
P
1
6 √
3
x
1
6 4/3 ,
n(n + x)
n
n = 1, 2, . . .
сходится, то
4/3
n=1 n
на E абсолютно и равномерно.
∞
P
un (x) сходится
n=1
Коэффициенты Фурье по тригонометрической системе
1
πnx
πnx
, cos
, sin
, n = 1, 2, . . . ,
2
l
l
для функции f (x), абсолютно интегрируемой на отрезке
[x0 , x0 + 2l], вычисляются по формулам:
Z 0
Z 0
1 x +2l
1 x +2l
πnx
a0 =
f dx, an =
f (x) cos
dx,
l x0
l x0
l
(11)
Z 0
1 x +2l
πnx
bn =
f (x) sin
dx, n = 1, 2, . . . ,
l x0
l
Если f (x) — 2l-периодическая, кусочно-непрерывно
дифференцируемая на любом отрезке длины 2l функция,
то в любой точке x сумма ряда Фурье такой функции
f (x + 0) + f (x − 0)
равна
.
2
Вопрос о равномерной сходимости ряда Фурье решается или на основании соответствующей теоремы для
рядов Фурье или теоремы о непрерывности суммы равномерно сходящегося функционального ряда с непрерывными членами.
36
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
18. Так как l = 23 , то по формулам (11):
Z 2
1
2πnx
an =
x5 cos
dx, n = 0, 1, 2, . . . ,
12 −1
3
Z 2
1
2πnx
bn =
x5 sin
dx, n = 1, 2, . . . ,
12 −1
3
(12)
y
4
−1
−3
0
1
2
3
4
5
x
Рис. 6
S(3) = S(0) = f (0) = 0,
4 − 18
31
f (2 − 0) + f (−1 + 0)
=
=
.
S(5) = S(2) =
2
2
16
Так как при x = −1 сумма ряда разрывна (также в
x = 2, x = 5), а члены его — непрерывные на отрезке
[−3; 5] функции, то сходимость ряда на этом отрезке
неравномерная.
График суммы ряда изображён
на рис. 6.
Вопрос о возможности приближения с любой степенью
точности любой непрерывной функции конечными линейными комбинациями функций системы {cos kx}, k =
= 0, 1, . . . , по норме пространства C решается с помощью теоремы Фейера или приближения ломаными или
указывается функция, для которой такое приближение
невозможно.
Вариант 3
37
h
i
19. а) Возьмём любую непрерывную на − π2 ; 0 функцию
f (x). Построим на отрезке [−π; π] непрерывную чётную
функцию f1 (x) такую, что
h π i
f1 (x) = f (x) ∀ x ∈ − ; 0 .
2
Ряд Фурье функции f1 (x) по тригонометрической системе не содержит sin kx, k = 1, 2, . . .
Первый способ. К функции f1 (x) применима теорема
Фейера. Последовательность сумм Фейера {σn (x)}, n = 0,
1 (S + S + . . . + S ), S — сумма
1, 2, . . . , (σn = n +
1
n
n
1 0
Фурье порядка n функции f1 (x)) равномерно
на
i
h сходится
π
[−π, π] к f1 (x), а следовательно, к f (x) на − 2 ; 0 .
Второй способ. Приблизим f1 (x) по норме пространства C графиками на [−π; π] чётных, непрерывных,
кусочно-непрерывно дифференцируемых функций. Ряд
Фурье каждой такой функции сходится к ней равномерно.
Тем самым доказано, что f (x) может быть приближена
с любой степенью точности по норме C[− π ;0] конечными
2
линейными комбинациями функций системы {cos kx}, k =
= 0, 1, 2, . . .
Ответ: да.
б) Возьмём f = x. Пусть для ∀ ε > 0 существуют числа
λk , k = 0, 1, . . . , n, такие, что
n
n
X
X
λk cos kx < ε.
= max x −
λk cos kx
x −
x∈[π;3π] k=0
C[π;3π]
k=0
n
P
Тогда x −
λk cos kx < ε ∀ x ∈ [π; 3π]. Взяв x = π,
k=0
x = 3π, получим оценки
−ε < π −
n
X
k=0
λk cos kπ < ε,
−ε < 3π −
n
X
k=0
λk cos kπ < ε,
38
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
которые приводят к неравенству π < ε, что не выполняется при взятом ε < π.
Ответ: нет; f = x нельзя приблизить.
Вопрос о дифференцируемости суммы сходящегося ряда
∞
X
f=
ϕn (x),
(13)
n=1
ϕn (x) — непрерывно дифференцируемые на [a; b] функции, решается на основании теоремы о почленном дифференцировании функционального ряда. Если ряд из
∞
P
производных
ϕ0n (x) равномерно сходится на [a; b], то
n=1
сумма f исходного ряда (13) непрерывно дифференцируема и
∞
X
0
f =
ϕ0n на [a; b].
n=1
20. Фиксируем любое x > 0. Исследуем на сходимость числовой ряд
∞
X
ϕn (x),
где
ϕn (x) = n2 · 3−nx .
(14)
n=1
p
√
Имеем ϕn (x) > 0, n ϕn (x) = ( n n)2 · 3−x . Так как
√
lim n n = 1, то
n→∞
p
√
lim n ϕn (x) = lim ( n n)2 · 3−x = 3−x < 1.
n→∞
n→∞
Ряд (14) сходится по признаку Коши в предельной форме.
Рассмотрим ряд
∞
X
ϕ0n (x) = − ln 3
n=1
∞
X
n3 · 3−nx .
n=1
Имеем при ∀ x > δ > 0
|ϕ0n (x)| = n3 3−nx ln 3 < n3 3−nδ ln 3.
(15)
Вариант 3
39
Так как
h √ i
√
1
n
3
n
lim n3 3−nδ ln 3 = lim
n (ln 3) n · 3−δ = 3−δ < 1,
n→∞
n→∞
то числовой ряд
ln 3
∞
X
n3 3−nδ
n=1
сходится. Поэтому ряд (15) сходится равномерно при x >
> δ > 0 (по признаку Вейерштрасса).
Поскольку δ > 0 может быть выбрано сколь угодно
∞
P
малым, то доказана дифференцируемость f (x) =
ϕn (x)
n=1
при всех x > 0,
f 0 (x) =
∞
X
ϕ0n (x) = − ln 3
n=1
∞
X
n3 3−nx .
n=1
Применяя к рядам, полученным при k-кратном дифференцировании ряда (14), те же рассуждения, доказываем
существование при x > 0
∞
∞
X
X
f (k) (x) =
ϕ(k) (x) = (−1)k lnk 3
n2+k · 3−nx , k ∈ N,
n=1
n=1
т.е. бесконечную дифференцируемость f (x) при x > 0.
Часть 2
Вычислить криволинейный интеграл
Z
P dx + Q dy
Γ
вдоль простого кусочно-гладкого контура Γ, являющегося границей конечной области G в R2 , P ∈ C 1 (G), Q ∈
∈ C 1 (G), можно с помощью формулы Грина
Z
ZZ ∂Q ∂P
P dx + Q dy =
−
dx dy,
∂x
∂y
Γ
G
при этом контур Γ ориентирован положительно относительно области G.
40
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
y
21. Обозначим данный интеграл
через J.
Первый способ. По формуле Грина имеем (см. рис. 7)
ZZ
J=
(1 − 2y) dx dy =
ZZ
Z 3 Z
G
=
dx dy −
dx
G
1
2
D
C
G
1
A
0
2
1
B
3
x
Рис. 7
2y dy = 2 − 2 · 3 = −4.
1
2
2
Второй
способ. Заметим, что x dx − y dy =
3
3
y
. Поэтому на основании (8) заключаем, что
=d x −
3
Z
x2 dx − y 2 dy = 0.
Γ
Вычислим интеграл от оставшихся слагаемых, беря x
за параметр на горизонтальных отрезках AB, CD (см.
рис. 7) и y — на вертикальных BC, DA.
Получим
Z
Z3
Z2
Z1
Z1
2
y dx + x dy = dx + 3 dy + 4 dx + dy =
1
ABCDA
1Z
= −3
3
3
Z
dy = −6 + 2 = −4.
dx + 2
1
2
2
1
Поверхностный интеграл
ZZ
P dy dz + Q dz dx + R dx dy
S
по кусочно-гладкой границе S конечной области G в
R3 , P, Q, R ∈ C 1 (G), можно вычислить по формуле
Остроградского–Гаусса
ZZ
P dy dz + Q dz dx + R dx dy =
S
ZZZ ∂P
∂Q ∂R
=
+
+
dx dy dz, (16)
∂x
∂y
∂z
G
при этом граница S ориентирована внешней нормалью.
Вариант 3
41
22. Обозначим интеграл, данный в условии, через J. Применим формулу (16) к интегралу J, при этом
P = 2xy + xz 2 , Q = 0,
Получим
ZZZ
J=
(z 2 − y) dx dy dz,
R = −3yz.
y
1
G
G
0
где G — область, данная в условии.
Так как область G симметрична относительно плоскости y = 0, то
ZZZ
y dx dy dz = 0;
G
ZZZ
J=
Z3
ZZ
2
z dx dy dz =
G
−1
Рис. 8
ZZ
z dz = 9
dx dy
D
2
0
1
dx dy =
9
2
π,
D
где D = {(x, y, z): z = 0, x2 + y 2 < 1, x > 0} (см. рис. 8).
Пусть S — поверхность, имеющая явное представление
S = {z = z(x, y), (x, y) ∈ D},
D — квадрируемая область в R2 , z(x, y) ∈ C 1 (D) (условия на z(x, y) могут быть ослаблены);

 S ориентирована
cos
α






единичной нормалью ~n = 
cos β 
, α, β, γ — углы,




cos γ
образованные нормалью ~n с единичными ортами осей
Ox, Oy, Oz соответственно, и на S задана непрерывная
функция R. Тогда поверхностный интеграл
ZZ
ZZ
R(x, y, z) dx dy =
R cos γ ds
S
S
равен двойному интегралу
ZZ
R(x, y, z(x, y)) dx dy,
D
(17)
x
42
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
если угол γ острый, и равен тому же интегралу (17) со
знаком минус, если угол γ тупой.
Аналогично соответствующему двойному интегралу
равен поверхностный интеграл
ZZ
ZZ
P (x, y, z) dy dz =
P cos α ds
S
S
в случае явного представления
поверхностиRR
S в виде x =
RR
= x(y, z) и интеграл S Q(x, y, z) dz dx = S Q cos β ds
в случае явного представления поверхности S в виде y =
= y(x, z).
23. Для вычисления потока J через поверхность S, данную в
условии,
ZZ
ZZ
J=
(~a, d~s) =
x6 dy dz + z dz dx + z 2 dx dy,
(18)
S
S
рассмотрим интегралы, входящие в правую часть равенства (18).
Так как поверхность S симметрична относительно
плоскости x = 0 и функция f = x6 чётная, имеем
ZZ
ZZ
6
x dy dz =
x6 cos α ds =
S
S
ZZ
ZZ
6
=
x cos α ds +
x6 cos α ds = 0,
Sx>0
Sx60
где Sx>0 , Sx60 — симметричные части поверхности S, расположенные при x > 0 и x 6 0, при этом значения cos α на
Sx>0 и Sx60 отличаются лишь знаком.
Вычислим интеграл
ZZ
ZZ
ZZ
z dz dx,
(19)
z dz dx =
z cos β ds = −
S
S
D1
где D1 = {(x, y, z): y = 0, |x| < z, 0 < z < 1}. Знак минус
перед двойным интегралом в (19) ставим потому, что угол
Вариант 3
43
 
0




, тупой (~n — внешняя


β, который составляет ~n с~e2 = 
1

0
единичная нормаль к S).
Имеем, сводя двойной интеграл в формуле (19) к повторному (см. рис. 9),
ZZ
1
Z
z dz dx = −
S
z
Z
Z
dx = −2
z dz
−z
0
1
z 2 dz = −
0
2
.
3
Вычислим последний интеграл в формуле (18), сведя
его к двойному.
 Так
 как угол γ, который составляет нор0
 




, тупой, то имеем
маль ~n с ~e3 = 
0

 

1
ZZ
ZZ
2
ZZ
2
z cos γ ds = −
z dx dy =
S
S
(x2 + y 2 ) dx dy,
(20)
D2
где D2 = {(x, y, z): z = 0, x2 + y 2 < 1, y < 0}.
y
z
−1
1
0
−1
1
0
D1
1
x
D2
x
Рис. 9
Рис. 10
Вводя полярные координаты на плоскости (x, y) и
сводя двойной интеграл в формуле (20) к повторному (см.
рис. 10), получаем
ZZ
2
Z
z dx dy = −
S
1
3
Z
2π
dϕ = −
r dr
0
π .
Окончательно, J = − 2
+
3
4
π
π
.
4
44
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
 
P

 




 по положиЦиркуляцию векторного поля ~a = 
Q

R
тельно ориентированному кусочно-гладкому контуру Γ,
являющемуся краем ориентированной кусочно-гладкой
поверхности S, S ⊂ G, G — область в R3 , P, Q, R ∈
∈ C 1 (G), можно вычислить по формуле Стокса
Z
ZZ
~a d~r =
(rot~a,~n) ds,
Γ
S
при этом ориентация поверхности S, задаваемая нормалью ~n, |~n| = 1, согласована с положительной ориентацией Γ по правилу правого винта (система координат
прямоугольная правая).
Если S0 — поверхность, имеющая явное представление
S0 = {z = z(x, y), (x, y) ∈ D},
D — квадрируемая область в R2 , z(x, y) ∈ C 1 (D), S0 ⊂
⊂ G, и на G задана непрерывная функция F , то поверхностный интеграл
ZZ
F (x, y, z) ds
(21)
S0
равен двойному интегралу
ZZ
q
F (x, y, z(x, y)) 1 + zx2 + zy2 dx dy.
(22)
D
24. Применим
формулу Стокса для вычисления циркуляции
R
J = Γ ~a d~r, взяв за S часть плоскости S2 , лежащую внутри
параболоида S1 , которую обозначим S0 .
 
~e1 ~e2 ~e3 2

∂ ∂ ∂ 


,
1
rot~a = ∂x ∂y ∂z = −2~e1 −~e2 − 2~e3 = − 



2y 2z x 2
 
1 
~


N
1 
1



√
~n =
=
1 
, (rot~a,~n) = − √ .




~
3 −1
3
|N |
Вариант 3
45
Учитывая отрицательную ориентацию контура Γ,
имеем
ZZ
Z
ZZ
1
(rot~a,~n) dS = √
J = ~a d~r = −
dS.
3 S0
S0
Γ
Согласно формулам (21), (22), при F = 1, z(x, y) = x +
+ y, zx = zy = 1,
D = {(x, y) : x2 + y 2 < x + y} =
(
)
1 2
1 2 1
= (x, y) : x −
+ y−
<
,
2
2
2
получим
1
J=√
3
ZZ
ds =
S0
ZZ
dx dy = π
D
1
√
2
2
=
π
2
.
Расстояние между двумя параллельными прямыми на
плоскости можно найти, вычислив расстояние от какойнибудь точки одной прямой до другой прямой.
Расстояние h от точки M0 (x0 , y0 ) до прямой Ax + By +
+ C = 0, A2 + B 2 > 0, в прямоугольной системе координат вычисляется по формуле
|Ax0 + By0 + C|
√
h=
.
(23)
A2 + B 2
В пространстве расстояние ρ между параллельными
прямыми l1 :~r = ~r1 +~at, l2 :~r = ~r2 +~at, ~a 6= ~0, вычисляется
по формуле
|[~r2 −~r1 ,~a]|
ρ=
.
|~a|
Расстояние между скрещивающимися прямыми l3 :~r =
= ~r3 + ~a3 t, l4 : ~r = ~r4 + ~a4 t, [~a3 ,~a4 ] 6= ~0, вычисляется по
формуле
|(~r4 −~r3 ,~a3 ,~a4 )|
ρ=
.
|[~a3 ,~a4 ]|
В задачах 25, 26, 28 система координат прямоугольная.
46
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
25. Перейдём от параметрических уравнений прямой l2 к каноническому, а потом к общему уравнению:
y−1
x−2
=
, 2x − y − 3 = 0.
l2 :
1
2
Возьмём точку M0 (1; −2), лежащую на l1 , и вычислим
расстояние h от M0 до l2 по формуле (23). Так как прямые
параллельны, то расстояние между l1 и l2 равно
1
|2x0 − y0 − 3|
|2 + 2 − 3|
√
√
h=
=
=√ .
5
5
5
В прямоугольной системе координат уравнение плоскости, проходящей
 через
 точку M0 (x0 , y0 , z0 ) перпендикуA

 



, A2 + B 2 + C 2 > 0, имеет вид
лярно вектору 

B 

C
A(x − x0 ) + B(y − y0 ) + C(z − z0 ) = 0.
(24)
Плоскости
Ak x + Bk y + Ck z + Dk = 0, k = 1, 2,
 
A


 k
, пересекаются,

при условии ~q = [~n1 ,~n2 ] 6= ~0, ~nk = 
Bk 


 
Ck
~q — направляющий вектор их линии пересечения.
26. Вычислим
  компоненты
 вектора ~q = [~n1 ,~n2 ], где ~n1 =
1
4 

 







 — векторы, перпендикулярные


,
~
n
=
0 
= 
1
2



 
 

−3
−1
(соответственно) данным плоскостям. Имеем
~e1 ~e2 ~e3 ~q = 1 1 −1 = −3~e1 −~e2 − 4~e3 .
4 0 −3 Тогда согласно (24) уравнение искомой плоскости будет
3(x − 1) + y + 4(z − 2) = 0,
или 3x + y + 4z − 11 = 0.
Вариант 3
47
В R3
(~r −~r1 ,~n) = 0, ~n 6= ~0,
(25)
— векторное уравнение плоскости, перпендикулярной
вектору ~n и проходящей через точку M1 (~r1 ).
~r = ~r1 + u~b + v~c, [~b,~c] 6= ~0,
— векторное параметрическое уравнение плоскости, параллельной неколлинеарным векторам ~b,~c и проходящей
через точку M1 (~r1 ).
27. Запишем уравнение заданной плоскости в виде (25).
Имеем ~n = [~b,~c],
(~r −~r1 , [~b,~c]) = 0.
(26)
Найдём значение параметра t = t2 , соответствующее
точке пересечения данной прямой с плоскостью. Подставляем ~r = ~r0 +~at в уравнение (26). Получаем
(~r0 +~at −~r1 , [~b,~c]) = 0,
~r = ~r 0 +~a
чения.
t2 =
(~r1 −~r0 ,~b,~c)
,
~a~b~c
(~r 1 −~r 0 ,~b,~c)
— радиус-вектор точки пересе~a~b~c
Уравнение касательной в точке M0 (x0 , y0 ), принадлежащей эллипсу или гиперболе, заданным каноническими
уравнениями, получается из уравнения кривой заменой
одного из x на x0 и одного из y на y0 .
Для параболы y 2 = 2px уравнение касательной в точке
M0 (x0 , y0 ), лежащей на параболе,
yy0 = p(x + x0 ).
(27)
28. Имеем p = 8. Согласно (27) имеем −4y = 8(x + 1), т.е.
2x + y + 2 = 0 — уравнение касательной.
48
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
Для определения совместности системы
A~x = ~b
(28)
и её решения выписываем расширенную матрицу A∗ , состоящую из матрицы A и столбца ~b. Совершая элементарные преобразования матрицы A∗ , при этом работая
лишь со строками матрицы A∗ , упрощаем её и приводим
к наиболее простому виду.
Значение параметра α, при котором система (28)
совместна, определяем, исходя из требования, чтобы
ранги матриц A и A∗ совпадали (на основании теоремы
Кронекера–Капелли).
29.
 

1 −1 1 1
1 −1 1 1
 


A∗ =  1 1 1 3  ∼  0 2 0 2  .
2 −4 2 α
0 −2 0 α − 2
Совпадение рангов rang A = rang A∗ = 2 обеспечивается
при α = 0. Тогда

 

1 −1 1 1
1 0 1 2
x1 = −x3 + 2,

 

A∗ ∼  0 1 0 1  ∼  0 1 0 1 
x2 = 1.
0 0 0 0
0 0 0 0
n x = −x ,
1
3
Для однородной системы A~x = ~0 имеем
Оконx2 = 0.
 
   
x1 
−1   2 





 






1

+
, C = ∀ const.
чательно, α = 0,  x2  = C  0 
 
 
 
 

x3
1
0

При переходе от базиса ~e к базису ~e0 матрица перехода
S — это матрица, состоящая из координатных столбцов
векторов базиса ~e0 по базису ~e.
При замене базиса с матрицей перехода S матрица A
линейного преобразования изменяется по закону
A0 = S −1 AS.
(29)
Вариант 3
49
Для вычисления матрицы A0 можно вначале найти B =
= AS, а потом находить S −1 B, не вычисляя отдельно
S −1 . Для этого совершаем элементарные преобразования матрицы S | B, работая с её строками, при этом
преобразуем матрицу S к E. Получим
S | B ∼ E | S −1 B.
(30)
30. Матрица перехода от базиса ~e к базису ~e0 — это матрица
1 2
S=
.
−1 −1
Вычисляем матрицу B = AS,
1 0
1 2
1 2
B=
=
.
2 3
−1 −1
−1 1
Матрицу S −1 B находим согласно (30)
!
!
!
1 2 1 2
1 0 1 -4
1 2 1 2
∼
∼
=
S|B=
−1 −1 −1 1
0 1 0 3
0 1 0 3
= E | S −1 B.
Тогда в соответствии с (29)
0
A =S
−1
AS = S
−1
B=
1 −4
.
0 3
Матрица линейного преобразования имеет диагональный вид в базисе из собственных векторов этого преобразования, при этом по главной диагонали в матрице
стоят соответствующие собственные значения.
Существует ортонормированный базис из собственных векторов любого самосопряжённого преобразования.
Собственные векторы самосопряжённого преобразования, принадлежащие разным собственным значениям,
ортогональны между собой.
50
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
31. Находим собственные значения данного самосопряжённого
преобразования, решая характеристическое уравнение:
−4 − λ
5 det(A − λE) = = (4 + λ)2 − 52 =
5
−4 − λ = (λ − 1)(λ + 9) = 0,
λ1 = 1,
λ2 = −9.
Координаты ξ1 , ξ2 собственных векторов, принадлежащих собственному значению λ, являются решением однородной системы уравнений с матрицей A − λE. Имеем
−5 5
λ1 = 1, A − E =
,
5 −5
 
 
1
1
1
;
 
 , ~e01 = √ 
 
ξ1 = ξ2 , ~h1 = 
1
2 1
5 5
λ2 = −9, A + 9E =
,
5 5
 


1
−1
−1 
 
 , ~e02 = √ 

.
ξ1 = −ξ2 , ~h2 = 
1
1
2
В базисе~e0 матрица A0 заданного
преобразования имеет
1 0
0
диагональный вид A =
.
0 −9
Квадратичную форму в Rn можно привести к каноническому виду методом Лагранжа (методом выделения квадратов), можно с помощью элементарных преобразований её матрицы.
Матрица квадратичной формы при переходе к другому базису меняется по закону
B 0 = S T BS,
где B, B 0 — матрицы квадратичной формы в базисах~e и
~e0 соответственно. S — матрица перехода от базиса ~e к
~e0 , S T — матрица, полученная из S транспонированием.
B, B 0 — симметричные матрицы.
32. Первый способ (метод выделения квадратов).
Вариант 3
51
Выделим слагаемые с x1 . Среди них есть слагаемое
с
Дополняем эту сумму до полного квадрата за счёт
слагаемых, не содержащих x1 . Получаем
x21 .
g = (x1 + 2x2 + x3 )2 − 9x22 + 6x2 x3 .
Со слагаемыми, находящимися вне выделенного квадрата, поступаем аналогично. Получим
g = (x1 + 2x2 + x3 )2 − (3x2 − x3 )2 + x23 = ξ12 − ξ22 + ξ32 ,
ξ1 = x1 + 2x2 + x3 , ξ2 = 3x2 − x3 , ξ3 = x3 ,
(31)


1 2 1
S =  0 3 −1  , det S = 3 6= 0.
0 0 1
Заметим, что если после выделения квадрата с x1 осталось бы лишь слагаемое ax2 x3 , a 6= 0, то можно было бы
ввести переменные ξ10 , ξ20 , ξ30 , полагая x2 = ξ20 − ξ30 , x3 =
= ξ20 + ξ30 и беря за ξ10 ту же сумму переменных, что в (31)
обозначена как ξ1 .
Второй способ (метод элементарных преобразований матрицы).
Совершаем элементарные преобразования матрицы B
квадратичной формы с помощью строк и аналогичные с
помощью столбцов.

 
 

1 2 1
1 2 1
1 0 0
B =  2 −5 5  ∼  0 −9 3  ∼  0 −9 3  ∼
1 5 1
0 3 0
0 3 0

 

1 0 0
1 0 0
∼  0 −3 1  ∼  0 −1 0  = B 0 .
0 0 1
0 0 1
где
Заметим, что, если выписать матрицу E | B и проводить с её строками те же операции, что со строками матрицы B, то в результате вместо E получим S T , то есть
будем иметь
E | B ∼ ST | B0.
2
2
Итак, g = ξ1 − ξ2 + ξ32 .
52
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
При отыскании частного решения линейного неоднородного дифференциального уравнения с постоянными вещественными коэффициентами и правой частью f (x),
f (x) = Q(x)eλx ,
λ = const,
Q — многочлен,
удобно пользоваться правилами действия дифференциального оператора на функции, содержащие множитель
eλx .
Если обозначить через L(p) линейный дифференциальный оператор с постоянными коэффициентами, то
L(p)eλx = eλx L(λ),
L(p)(ϕ(x)eλx ) = eλx L(p + λ)ϕ(x) — формула сдвига,(32)
где λ = const, ϕ(x) — достаточное число раз дифференцируемая функция.
Если правая часть f уравнения имеет вид
f = T (x)eαx cos βx,
α, β — вещественные числа, (33)
T (x) — многочлен с вещественными коэффициентами,
то удобно вначале найти частное решение ỹ уравнения с
правой частью
f˜(x) = T (x)e(α+iβ)x .
Тогда y0 = Re ỹ — частное решение уравнения с правой частью (33). Аналогично поступают в случае правой части f вида
f (x) = T (x)eαx sin βx,
при этом частное решение уравнения y1 = Im ỹ.
33. Выписываем характеристический многочлен для соответствующего однородного уравнения.
y 00 + 6y 0 + 9y = 0
и находим его корни:
λ2 + 6λ + 9 = 0,
(λ + 3)2 = 0,
λ1,2 = −3.
Вариант 3
53
Тогда y = C1 e−3x + C2 xe−3x + y0 — общее решение исходного неоднородного уравнения, где y0 — частное решение
того же уравнения, C1 , C2 — произвольные действительные постоянные.
Правую часть f уравнения можно представить в виде
f = f1 + f2 ,
f1 = 2e−3x ,
f2 = 9x + 6.
Вначале найдём частное решение y01 в случае правой
части f1 . Имеем α = −3 — корень характеристического
многочлена кратности два, поэтому ищем частное решение y01 в виде
y01 = Ax2 e−3x ,
A = const .
Так как L(p) = p2 + 6p + 9 = (p + 3)2 , L(p − 3) = p2 , то
по формуле сдвига (см. (32))
L(p)(Ax2 e−3x ) = Ae−3x L(p − 3)x2 = Ae−3x p2 x2 = 2Ae−3x .
Следовательно,
2Ae−3x = 2e−3x ,
A = 1,
y01 = x2 e−3x .
Найдём y02 — частное решение в случае правой части
f2 . Имеем y02 = ax + b, a, b — постоянные, которые надо
определить. Подставляем y02 в уравнение с правой частью
f2 и получаем
6a + 9ax + 9b ≡ 9x + 6,
a = 1, b = 0,
y02 = x.
Тогда y0 = y01 + y02 = x2 e−3x + x.
Окончательно, y = (C1 + C2 x)e−3x + x2 e−3x + x ,
Ci — любые действительные постоянные, i = 1, 2.
54
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
Пусть дана нормальная линейная однородная система с
постоянными вещественными коэффициентами
~x˙ = A~x, A = kakj k, k, j = 1, 2, 3.
(34)
Если числа a ± ib, b 6= 0, являются корнями уравнения
det(A − λE) = 0
(35)
~
и h — собственный вектор преобразования с матрицей A,
принадлежащий собственному значению a+ib, то вектор
~h∗ с комплексно сопряжёнными компонентами — собственный, принадлежащий собственному значению a −
− ib.
Решения системы (34):
∗
~x = e(a+ib)t~h, ~x∗ = e(a−ib)t~h
линейно независимы. Решения той же системы:
1
1
Re~x = (~x +~x∗ ), Im~x =
(~x −~x∗ )
2
2i
тоже линейно независимы.
Если уравнение (35) имеет корни λ1 , λ2 , λ3 , причём
λ2 = λ3 , λ2 6= λ1 и rang(A − λ2 E) = 2, то для λ2 находим собственный вектор ~h2 и присоединённый ~h3 , компоненты которого удовлетворяют неоднородной системе
уравнений
(A − λ2 E)~ξ = ~h2 .
Решения системы (34):
~y = eλ2 t~h2 и ~y = eλ2 t (t~h2 + ~h3 )
1
2
линейно независимы.
34. Запишем данную систему уравнений в

 
 
ẋ 
x
−1 −4




 ẏ 
 = A







1 −1


 

y 
,A =
ż
z
0 3
матричной форме:

0
1 .
(36)
−1
Числа λk , k = 1, 2, 3, являются корнями уравнения det(A−
− λE) = 0.
Вариант 3
55
Компоненты собственного вектора ~hk , принадлежащего собственному значению λk , удовлетворяют однородной системе уравнений с матрицей
A − λk E.
Для λ1 = −1 имеем

 

0 −4 0
0 1 0
A − λ1 E = A + E =  1 0 1  ∼  1 0 1  ,
0 3 0
0 0 0
 
1
 

ξ2 = 0,

~h1 = 


0 



.
ξ1 = −ξ3 ,
−1
Для λ2 = −1 + i имеем


−i −4 0
A − λ2 E = A + (1 − i)E =  1 −i 1  ,
0 3 −i
 
 4 


iξ1 + 4ξ2 = 0, ~

.
h2 = 
−i 

 

3ξ2 − iξ3 = 0,
−3
~x = e(−1+i)t~h2 — решение системы (36). Найдём Re~x и
Im~x.
 
 
4
4 


 
 


−t





=
~x = e(−1+i)t 
=
e
(cos
t
+
i
sin
t)
−i
−i


 

 

−3
−3




4 cos t 
4 sin t 






 + ie−t 
.


= e−t 
 sin t 

 − cos t 





−3 cos t
−3 sin t
Фундаментальная система из трёх действительных решений системы (36):
~x1 = e−t~h1 , ~x2 = Re~x, ~x3 = Im~x;
~y =
3
P
Ck~xk (Ck — любые действительные постоянные,
k=1
k = 1, 2, 3) — общее решение системы (36).
56
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
В итоге,
 




x
1 
4 cos t 







y 
 = C e−t 







0 
+ C2 e−t 
sin t 
+
1





 





z
−1
−3 cos t


4 sin t 





+ C3 e−t 
− cos t 
, Ck — const,




−3 sin t
k = 1, 2, 3.
Для того, чтобы решить линейные уравнения
y 0 + a(x)y = f1 (x),
00
0
y + a1 (x)y + a2 (x)y = f2 (x),
(37)
(38)
a(x), ai (x), fi (x), i = 1, 2, — непрерывные функции на
(α, β), надо вначале решить однородные уравнения, т.е.
уравнения с fi = 0, i = 1, 2.
В случае уравнения 2-го порядка, если известно решение ỹ 6≡ 0 однородного уравнения (ỹ находится или
подбором или как разность двух известных решений
неоднородного уравнения (38)),
то применяем формулу
R
ỹ y Остроградского–Лиувилля 0 0 = Ce− a1 dx , c =
ỹ y
= const. Имеем y 0
R
C
= 2 e− a1 dx ,
(39)
ỹ
ỹ
откуда интегрированием получаем общее решение однородного уравнения.
Для получения общего решения уравнений (37), (38)
надо найти (если оно заранее неизвестно) частное решение этих уравнений. Для этого применяем метод вариации постоянных.
В случае уравнения первого порядка (см. (37)) ищем
частное решение в виде
y0 = C0 (x)y1 ,
Вариант 3
57
где y1 — любое нетривиальное решение однородного
уравнения. Получаем
C00 (x)y1 = f1 (x),
(40)
C00 ,
откуда находим
потом C0 (x).
В случае уравнения второго порядка (см. (38)) ищем
частное решение в виде
y0 = C1 (x)ỹ 1 + C2 (x)ỹ 2 ,
где ỹ 1 , ỹ 2 — линейно независимые решения однородного
уравнения.
Для Ci0 (x), i = 1, 2, имеем систему уравнений
0
C1 ỹ 1 + C20 ỹ 2 = 0,
(41)
C10 ỹ 01 + C20 ỹ 02 = f2 (x),
откуда находим Ci0 , потом Ci , i = 1, 2.
35. Запишем данное уравнение в виде
dy
+ (tg x)y = 2x cos x.
dx
Решаем однородное уравнение
dy
+ (tg x)y = 0,
dx
(42)
dy
d(cos x)
= − tg x dx =
,
y
cos x
y = C0 cos x — общее решение однородного уравнения, C0
— любая постоянная.
Ищем решение уравнения (42) в виде
y0 = C0 (x) cos x.
Согласно (40):
C00 (x) cos x = 2x cos x,
C00 = 2x,
C0 = x2 + C,
C — любая постоянная. Тогда y = C cos x + x2 cos x —
общее решение уравнения (42). Из условия y(0) = 0 находим C = 0. Следовательно, y = x2 cos x — искомая
интегральная кривая.
58
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
36. Согласно (39) имеем
y 0
C R 2x−1
e x−1 dx = C(x − 1).
=
x
2x
e
e
Тогда
y
C(x − 1)2
=
+ C1 ,
ex
2
y = C1 ex + C2 ex (x − 1)2 — общее решение однородного
уравнения, где C1 , C2 — любые постоянные.
Для получения решения неоднородного уравнения применяем метод вариации постоянных.
Согласно (41) имеем систему уравнений
( 0 x
C1 e + C20 ex (x − 1)2 = 0,
ex
C10 ex + C20 ex [(x − 1)2 + 2(x − 1)] =
2,
(x − 1)
из которой находим
1
,
2(x − 1)3
C10 = −
1
.
2(x − 1)
1
+ C̃ 2 ,
4(x − 1)2
C1 = −
1
ln |x − 1| + C̃ 1 ,
2
C20 =
Тогда
C2 = −
1 x 1 x
e − e ln |x − 1|, или
4
2
1
y = C1 ex + C2 ex (x − 1)2 − ex ln |x − 1|,
2
C1 , C2 — любые постоянные
y = C̃ 1 ex + C̃ 2 ex (x − 1)2 −
Дифференциальное уравнение первого порядка решается, а уравнение более высокого порядка допускает понижение порядка, если можно уравнение преобразовать
путём домножения на множитель в равенство производных или дифференциалов. Иногда часть уравнения преобразуется в производную некоторой функции. Такой
вид уравнения может помочь найти нужную замену.
Вариант 3
59
37. Делим обе части исходного уравнения на x2 . Получаем
y 0
2y
= 3x2 e− x ,
x
что можно представить в виде
1 2y 0
e x = (x3 )0 ,
2
откуда следует
2y
x
e x = 2x3 + C, y = ln(2x3 + C),
2
C — любая постоянная.
38. Делим обе части исходного уравнения на y 2 . Получаем
0 0
y
y0
x
= .
y
y
0
Замена u = yy приводит к уравнению
y0
xu0 − u = 0,
откуда u = C1 x, y = C1 x.
Заметим, что указанная замена рекомендуется для любого однородного относительно y, y 0 , y 00 уравнения, каковым является исходное.
Из начальных условий определяем C1 = 1. Далее имеем
2 0
y0
x
x2
1
0
= x, (ln |y|) =
, ln |y| =
+ C2 , C2 = − ,
y
2
2
2
|y| = e
x2 −1
2
,
y=e
Положения равновесия системы
ẋ = f1 (x, y),
ẏ = f2 (x, y)
x2 −1
2
.
(43)
находятся как решения системы уравнений fi (x, y) = 0,
i = 1, 2.
Предполагается, что f1 (x, y), f2 (x, y) — действительные, дважды непрерывно дифференцируемые функции в
области Ω в R2 .
60
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
Если (a; b) — положение равновесия системы (43), то делаем замену переменных
ξ = x − a,
η = y − b.
Для преобразованной системы дифференциальных
уравнений исследуем положение равновесия (0; 0). Для
этого систему линеаризуем. Если (0; 0) является либо
узлом либо седлом либо фокусом для линеаризации
~ξ˙ = A~ξ,
(44)
 
ξ
~ξ = 
 1
, A = kaij k, aij ∈ R, i = 1, 2, то для системы
ξ2
(43) точка (a; b) — положение равновесия того же типа.
Если точка (0; 0) для системы (44) является узлом,
то среди фазовых траекторий есть такие, которые принадлежат прямым, проходящим через (0; 0) в направлении собственных векторов преобразования с матрицей
A. Остальные траектории — это кривые, которые касаются в пределе в точке (0; 0) прямой, направленной вдоль
собственного вектора, принадлежащего меньшему по абсолютной величине собственному значению.
Если точка (0; 0) для системы (44) является фокусом,
то направление закручивания фазовых траекторий этой
системы определяется по знаку Re λ (λ — собственное
значение) в сочетании с вектором скорости, который вычисляется по формулам (44) в какой-нибудь точке.
39. Определяем положения равновесия, решая систему уравнений
arcsin(y − 4x) = 0,
ex − 2e2x + 1 = 0.
Имеем y = 4x, 2u2 − u − 1 = 0, где u = ex ; u = 1, x = 0;
(0; 0) — положение равновесия.
Линеаризуем исходную систему в окрестности точки
Вариант 3
61
(0; 0). Получаем систему
ẋ = −4x + y,
ẏ = −3x.
−4 1
−4 − λ 1
A=
, det
= 0,
−3 0
−3 −λ
(45)
λ2 + 4λ + 3 = 0, λ1 = −1, λ2 = −3;
 
−3 1
1
~
 
;
λ1 = −1, A + E =
, 3ξ1 = ξ2 , , h1 = 
−3 1
3
 
−1 1
1
 
;
λ2 = −3, A + 3E =
, ξ1 = ξ2 , , ~h2 = 
−3 3
1
~h1 — направляющий вектор касательной в точке (0; 0)
(при t → +∞), (0; 0) — устойчивый узел (см. рис. 11).
y
~h1
0
Рис. 11
~h2
x
Для уточнения общей картины поведения фазовых траекторий системы (45) перейдём к уравнению первого порядка
dy
3x
=
.
dx
4x − y
Интегральные кривые этого уравнения можно изобразить, привлекая изоклины этого уравнения: y 0 = 0 ⇒ x =
= 0; y 0 = ∞ ⇒ y = 4x; y 0 = 43 ⇒ y = 0 (см. рис. 11).
62
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
(0; 0) — устойчивый узел, фазовые траектории
изображены на рис. 11.
Пусть дважды непрерывно дифференцируемая на [~a;~b]
функция y(x) является решением на [a; b] вариационной
задачи со свободным концом
Z b
J(y) =
F (x, y, y 0 ) dx, y(b) = γ
(46)
a
γ — заданное число, F (x, y, p) — дважды непрерывно
дифференцируемая функция при x ∈ [a; b], (y, p) ∈ R2 .
Тогда y(x) удовлетворяет уравнению Эйлера
d
Fy −
Fy 0 = 0
(47)
dx
и условию на свободном конце
Fy 0 = 0.
(48)
x=a
Для ỹ(x) — дважды непрерывно дифференцируемой
на [a; b] функции, удовлетворяющей условиям (46)–(48),
1 ,
первая вариация функционала J при любой h ∈ C[a;b]
h(b) = 0, равна нулю. Действительно,
Z b
δJ(ỹ; h) =
(Fy0 h0 + Fy · h) dx =
a
x=b Z b d
Fy0 h dx = 0,
+
= (Fy0 · h)
Fy −
dx
a
x=a
1 , h(b) = 0.
так как выполнены (47), (48), h ∈ C[a;b]
40. Решим уравнение Эйлера:
Fy −
d
d
Fy0 = −8xy 0 + 10 cos x −
(2y 0 − 8xy) = 0,
dx
dx
y 00 − 4y = 5 cos x.
(49)
Имеем
k 2 − 4 = 0,
k1 = 2,
k2 = −2,
y = C1 e2x + C2 e−2x + y0 .
Вариант 4
63
Так как в уравнение (49) не входит y 0 , то можно искать
y0 в виде
y0 = A cos x.
Получаем, подставляя y0 в (49),
−5A = 5,
A = −1,
2x
y = C1 e
y0 = − cos x,
−2x
+ C2 e
− cos x
— общее решение уравнения (49). Необходимое условие
(48) имеет вид
(2y 0 − 8xy)
= 0, y 0 (0) = 0.
x=0
Удовлетворяем краевым условиям. Имеем
y 0 = 2C1 e2x − 2C2 e−2x + sin x,
C1 − C2 = 0,
, C1 = C2 = 0, ỹ = − cos x.
C1 e2π + C2 e−2π + 1 = 1
Проверим, имеет ли функционал J экстремум на ỹ.
1 , h(π) = 0, имеем
Для любой h ∈ C[0;π]
Z π
J(ỹ + h) − J(ỹ) = δJ(ỹ; h) +
(h02 − 8xhh0 ) dx, δJ = 0,
0
Z π
Z π
π Z π
0
2
2 4h2 dx,
−
8xhh dx = −4
x d(h ) = −4(xh ) +
0
0
0
0
следовательно,
Z
J(ỹ + h) − J(ỹ) =
π
(h02 + 4h2 ) dx > 0.
0
На ỹ = − cos x функционал J имеет абсолютный минимум.
Вариант 4
1. y 0 (0) = − 12 , y 00 (0) = 21 .
3.
y (6) (0)
(7)
= 80
3 , y (0) = 0.
2. ∂u
= − 85 .
~
∂l
64
Ответы и решения. 2004/2005 учебный год
4. f 0 (x) = −2x3 cos 12 , x ∈ (−1; 1) \ {0}, f 0 (0) = 0; f 00 (x) =
x
= −6x2 cos 12 − 4 sin 12 , x ∈ (−1; 1) \ {0}, f 00 (0) = 0, f 00 (x)
x
x
в x = 0 разрывна.
5. x = ±2 — вертикальные асимптоты, y = x − 21 при x →
→ +∞, y = −x + 21 при x → −∞.
−1
1− 1 6. y 0 = 2 x 2ln 2 , x > 0, y 00 = ln 2 · 24 x ln22 − x , x > 0;
x
x
y 00 ln22 = 0; y = 1 — горизонтальная асимптота при x →
→ +∞. y ln22 = 12 = 12 (перегиб). График см. на
2 ln 2
рис. 12.
e
y
1
0
x
ln 2
2
Рис. 12
3
7. f (x) = x −
2 −
(x − 3)2
+ o((x − 3)2 ).
8. 31 .
2
2 2x
2
2
9. x ln
− x xln x + x4 + C.
10. −1 < α < 1.
2
11. Сходится.
12. − 23 .
13. A − 31 ; − 31 — нет экстремума; B − 34 ; 12 — точка
14.
15.
16.
17.
18.
строгого локального
минимума. 7
1
2
λ1 = 2 , A − 7 ; − 7 ; λ2 = − 72 , B 17 ; 27 .
Недифференцируема.
uξη = −2η, u = −y(2x + y)2 + ϕ(y) + ψ(2x + y), ∀ ϕ, ψ ∈ C 2 .
Сходится; сходится неравномерно, так как un (n) = 12 , не
выполнено необходимое условие равномерной сходимости.
S(0) = S(2π) = f (2π) = π 2 , S(−π) = S(π) = f (π) = 0.
Вариант 4
65
y
π2
−π
0
π
2π
3π
4π x
Рис. 13
19.
20.
21.
24.
27.
29.
30.
31.
Сходится равномерно на [π; 3π] (по
теореме о равномерR 3π
ной сходимости ряда Фурье), an = π1 π f (x) cos nx dx = 0,
n = 0, 1, . . . , bn = 0, n = 1, 2, . . . ; l = π.
График см. на рис. 13.
а) Да; б) нет, f = cos x2 .
∀ x = x0 ряд сходится; при x 6 d, ∀ d, сходится равномерно; там же сходятся равномерно ряды для производных.
9π.
22. 56 .
23. 8π.
25. x − 4y + 14 = 0.
26. 3.
4π.
(~r −~r ,~r −~r1 , [~n1 ,~n2 ]) = 0.
28. 2x + y − 4 = 0.
 1 2
 
   
x
1
0
0
1


























0 
1 
0
x2 















, C = const, i =
= C1   + C2   +  










 i
−1
x
−2
2
3








 
 
   
x4
−2
−3
1
= 1, 2.
−1 0
2 1
S=
; A0 =
.
−1 −1
0 0
 
 
1
1
 
; λ2 = 3, h2 = √1 
 
.
λ1 = −1, h1 = √1 
2 −1
2 1
√
32. g = ξ12 − ξ22 + ξ32 , ξ1 = 2(x1 − x2 ), ξ2 = x2 + x3 , ξ3 = x2 − x3 .
33. y=
C1 +C2 e2x
−x(x+1)+2
const,
1,2.

cosx−sin x,Ci—
 i =
x
2
3
3
0


 
 
 
 


y 
 = C e2t 
0
 +C et 
1
 +C et t 
1
+








 −1 
 ,
34. 
1
2
3








 
 
 
  
 

z
1
1
1
0
Ci — const, i = 1, 2, 3.
35. x = y 4 + 12 .
y √
36. y = C1 x + C2 1 − x2 + 1, Ci — const, i = 1, 2.
37. x2 y − x
y = C, y = 0, C = const.
y
2
38. y = x 2− 1 .
1
ξ
0
Рис. 14
x
√
ξ˙ = 2ξ − η,
39. (0; 1),
ξ = x, η = y − 1, λ1,2 = 1 ± 2i, неусη̇ = 3ξ,
тойчивый фокус,
против часовой стрелки,
 
 ˙ раскручивание
ξ  2

ξ = 1, η = 0,   =   (см. рис. 14).
η̇
3
1
1
40. y = 2x + 3 ; абсолютный минимум; уравнение Эйлера:
x
x2 y 00 + 3xy 0 − 3y = − x2 .